第二十三章旋转解答题专题训练2025-2026学年人教版九年级数学上册

第二十三章 旋转 解答题专题训练2025-2026学年人教版九年级数学上册 1．如图，等腰Rt△ABC中，∠A＝45°，∠ABC＝90°，点D在AC上，将△ABD绕点B沿顺时针方向旋转90°后，得到△CBE． （1）求∠DCE的度数； （2）若AB＝4，CD＝3AD，求DE的长． 2．如图，正方形网格中，每个小正方形的边长都是一个单位长度，在平面直角坐标系中，的三个顶点，，均在格点上． (1)画出向左平移个单位后的图形，并写出点的坐标． (2)画出绕顺时针旋转后的图形，并写出点的坐标． (3)在（2）的条件下，求到所经过的路径长． 3．如图1，点O是线段AD的中点，分别以AO和DO为边在线段AD的同侧作等边三角形OAB和等边三角形OCD，连接AC和BD，相交于点E，连接BC．    （1）证明：⊿ABC ≌ ⊿DCB； （2）求∠AEB的大小． （3）如图2，△OAB固定不动，保持△OCD的形状和大小不变，将△OCD绕点O旋转（△OAB和△OCD不能重叠），求∠AEB的大小． 4．如图，在平面直角坐标系中，的三个顶点分别是，，． （1）将以点为旋转中心顺时针旋转180°，画出旋转后对应的；平移，若点对应的点的坐标为，画出； （2）若绕某一点旋转可以得到，旋转中心的坐标为_________． （3）在轴上有一点使得的值最小，直接写出点的坐标为________． 5．以直线上一点为端点作射线，使．将一个直角三角板（其中）的直角顶点放在点处． （1）如图①，若直角三角板的一边放在射线上，则____； （2）如图②，将直角三角板绕点逆时针转动到某个位置，若恰好平分，则所在的射线是否为的平分线？请说明理由； （3）如图③，将含角的直角三角板从图①的位置开始绕点以每秒的速度逆时针旋转，设旋转角为，旋转的时间为秒，在旋转过程中是否存在三角板的一条边与垂直？若存在，请直接写出此时的值；若不存在，请说明理由． 6．如图，在正方形ABCD中，点P在直线BC上，作射线AP，将射线AP绕点A逆时针旋转45°，得到射线AQ，交直线CD于点Q，过点B作BE⊥AP于点E，交AQ于点F，连接DF． （1）依题意补全图形； （2）用等式表示线段BE，EF，DF之间的数量关系，并证明． 7．如图，点E是正方形ABCD的边AB上一点，AB=4，DE=4.3，△DAE逆时针旋转后能够与△DCF重合．    （1）旋转中心是______，旋转角为______∘； （2）请你判断△DFE的形状，简单说明理由； （3）四边形DEBF的面积为 ． 8．如图，P是正三角形内的一点，且，若将绕点A顺时针旋转后得到， （1）求旋转角的度数； （2）求点P与点之间的距离； （3）求的度数． 9．将等腰直角三角形ABC（AB＝AC，∠BAC＝90°）和等腰直角三角形DEF（DE＝DF，∠EDF＝90°）按图1摆放，点D在BC边的中点上，点A在DE上． （1）填空：AB与EF的位置关系是　 　； （2）△DEF绕点D按顺时针方向转动至图2所示位置时，DF，DE分别交AB，AC于点P，Q，求证：∠BPD+∠DQC＝180°； （3）如图2，在△DEF绕点D按顺时针方向转动过程中，始终点P不到达A点，△ABC的面积记为S1，四边形APDQ的面积记为S2，那么S1与S2之间是否存在不变的数量关系？若存在，请写出它们之间的数量关系并证明；若不存在，请说明理由． 10．如图，在等边三角形中，点为内一点，连接，，，将线段绕点顺时针旋转60°得到，连接，． (1)请找出图中与相等的线段，并证明其相等； (2)当时， ①直接写出的度数为______； ②若为的中点，连接，请用等式表示与的数量关系，并证明． 11．如图所示，在中，，，，点为内一点，连接、、，且． （1）以点为旋转中心，将绕点顺时针方向旋转60°，得到（得到、的对应点分别为点、），按要求画图（保留作图痕迹）． （2）在（1）的条件下，求的度数及的值． 12．如图，在网格中有一个四边形图案， (1)请你画出此图案绕点按顺时针方向旋转的图案，你会得到一个美丽的图案，千万不要将阴影位置涂错； (2)若网格中每个小正方形的边长为，旋转后点的对应点依次为，求四边形的面积； (3)这个美丽图案能够说明一个著名结论的正确性，请写出这个结论． 13．已知：在等腰直角三角形ABC中，AB=BC，∠ABC=90°．D是平面上一点，连结BD．将线段BD绕点B逆时针旋转90°得到线段BE，连结AE，CD． （1）在图1中补全图形，并证明：AE⊥CD． （2）当点D在平面上运动时，请猜测线段AD，CE，AB，BD之间的数量关系． （3）如图2，作点A关于直线BE的对称点F，连结AD，DF，BF．若AB=11，BD=7，AD=14，求线段DF的长度．    14．如图，将矩形绕着点逆时针旋转得到矩形，使点恰好落到线段上的点处，连接，连接交于点． (1)求证：平分； (2)取的中点，连接，求证：； (3)若，求的长． 15．综合与探究 在中，，的角度记为． (1)操作与证明；如图①，点为边上一动点，连接，将线段绕点逆时针旋转角度至位置，连接，．求证：； (2)探究与发现：如图②，若，点变为延长线上一动点，连接将线段绕点逆时针旋转角度至位置，连接，．可以发现：线段和的数量关系是___________； (3)判断与思考；判断（2）中线段和的位置关系，并说明理由． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案 1．（1）90°；（2） 【分析】（1）根据旋转的性质和等腰直角三角形的性质即可得∠DCE的度数； （2）根据勾股定理求出AC的长，根据CD＝3AD，可得CD和AD的长，根据旋转的性质可得AD＝EC，再根据勾股定理即可得DE的长． 【详解】解：（1）∵△ABC为等腰直角三角形， ∴∠BAD＝∠BCD＝45°， 由旋转的性质可知∠BAD＝∠BCE＝45°， ∴∠DCE＝∠BCE＋∠BCA＝45°＋45°＝90°； （2）∵BA＝BC，∠ABC＝90°， ∴， ∵CD＝3AD， ∴，， 由旋转的性质可知： AD＝EC＝， ∴． 【点睛】本题考查了旋转的性质、等腰直角三角形，解决本题的关键是掌握旋转的性质． 2．(1)作图见详解； (2)作图见详解； (3) 【分析】（1）利用平移的性质，平移图形上所有点的移动方向和距离都是一样的，即可找到点、、，依次连接即可； （2）根据旋转的性质，，，即可作出点、； （3）根据格点求出的长度，再根据圆的周长公式计算，旋转，是圆周长的，由此即可求解． 【详解】（1）解：如图所示，即为所求， ∴． （2）解：如图所示，即为所求， ∴． （3）解：到是顺时针旋转， ∴所经过的路径长是圆周长，圆的半径为，圆心是，且，， ∴， ∴路径长为． 【点睛】本题考查作图的变换，旋转变换，平移变换，圆周长等知识，解题的关键是熟练掌握平移、旋转变换的性质． 3．（1）详见解析；（2）60°    （3）60° 【分析】(1)利用题中信息可得：都为等边三角形，找出它们之间的等量关系去证明全等； (2)根据等边三角形和外角的性质，可求； (3)方法同上，只是，此时已不是外角，但仍可用外角和内角的关系解答． 【详解】证明：(1) ,且都为等边三角形， , , 为等边三角形， , 在和中， , ; (2)如图所示：    和都是等边三角形， 且点O是线段的中点， ,∠， ， 又， ， 同理， . (3)如图所示：    都是等边三角形， 又 ， ， ， 又，， 【点睛】本题考查旋转的性质, 三角形内角和定理, 等边三角形的性质. 4．（1）见解析；（2）；（3） 【分析】（1）根据旋转变换和平移变换的定义作出变换后的对应点，再顺次连接即可得； （2）结合对应点的位置，依据旋转变换的性质可得旋转中心； （3）作出点A关于x轴的对称点A′，再连接A′B，与x轴的交点即为所求． 【详解】解：（1）如图所示，，即为所求． （2）如图所示，点即为所求，其坐标为． （3）如图所示，点即为所求， 设直线的解析式为，将点，代入解析式， 得， 解得 ∴直线的解析式为， 当时，， 解得， ∴点的坐标为． 【点睛】本题主要考查作图-旋转变换和平移变换，解题的关键是掌握旋转变换和平移变换的定义与性质，并据此得出变换后的对应点． 5．（1）30；（2）是，证明见解析；（3）存在，或 【分析】（1）代入∠BOE=∠COE+∠COB求出即可； （2）由平分求出，根据角的和差求出，，从而推出∠COD=∠DOB，即可得出结论； （3）分DE⊥OC于点M时，OE⊥OC时，OD⊥OC时，三种情况分别列方程求解． 【详解】解：（1）∵∠BOE=∠COE+∠COB=90°， 又∵∠COB=60°， ∴∠COE=30°， 故答案为：30； （2）所在的射线是的平分线 理由如下： 平分 所在的射线平分； （3）①当DE⊥OC于点M时 由题意可知，直角三角板中∠D=60° ∴此时∠COD=30°，∠BOD=∠BOC-∠COD=30° 10t=30，解得t=3； ②当OE⊥OC时 此时点D在OC上，∠BOC=60° 10t=60，解得t=6； ③当OD⊥OC时， 此时∠BOD=60°+90°=150° 10t=150，解得t=15 综上所述，或时，三角板的一条边与垂直． 【点睛】本题综合考查了一元一次方程的应用，角的计算，解决本题的关键是运用分类讨论思想，以防漏解． 6．（1）补全图形见解析；（2）BE+DF=EF，证明见解析． 【分析】（1）根据题意补全图形即可． （2）延长FE到H,使EH=EF，根据题意证明△ABH≌△ADF，然后根据全等三角形的性质即可证明． 【详解】（1）补全图形 （2）BE+DF=EF． 证明：延长FE到H,使EH=EF ∵BE⊥AP， ∴AH=AF， ∴∠HAP=∠FAP=45°， ∵四边形ABCD为正方形， ∴AB=AD， ∠BAD=90° ∴∠BAP+∠2=45°， ∵∠1+∠BAP=45° ∴∠1=∠2， ∴△ABH≌△ADF， ∴DF=BH， ∵BE+BH=EH=EF， ∴BE+DF=EF． 【点睛】此题考查了正方形的性质和全等三角形的性质，解题的关键是根据题意作出辅助线． 7．（1）点D，90；（2）△DFE是等腰直角三角形，理由详见解析；（3）16． 【分析】（1）依据△DAE逆时针旋转后能够与△DCF重合，即可得到旋转中心以及旋转角的度数； （2）根据旋转可得DE=DF，∠EDF=∠ADC=90°，即可得到△DFE是等腰直角三角形； （3）根据△ADE≌△CDF，即可得到：四边形DEBF的面积=正方形ABCD的面积． 【详解】解：（1）由旋转可得，旋转中心是点D；旋转角为∠ADC=90°， 故答案为点D，90； （2）△DFE是等腰直角三角形．； 理由：根据旋转可得DE=DF，∠EDF=∠ADC=90°， 所以△DFE是等腰直角三角形．； （3）根据旋转可得：△ADE≌△CDF， ∴四边形DEBF的面积=正方形ABCD的面积=4×4=16． 【点睛】本题考查旋转的性质，掌握“旋转不改变图形的形状与大小，只改变图形的位置，旋转前后两个图形全等”是解题的关键． 8．（1），（2）6，（3）． 【分析】（1）根据旋转的定义及性质可得三角形全等，利用全等三角形的性质，然后结合图形即可得旋转角为； （2）根据（1）及全等三角形性质可得为等边三角形，即可确定点P与点之间的距离； （3）由（1）（2）可得各边长，然后利用勾股定理逆定理，可确定为直角三角形，即，又因为，即可确定的度数． 【详解】解：（1）∵由绕点A旋转得到， ∴， ∴，， ∵， ∴， 即：， ∴旋转角度数为； （2）如图所示，连接， ∵，， ∴为等边三角形， ∴, 即点P与点之间的距离为6； （3）在中， 由（1）得：，，， ∴， ∴为直角三角形， ∴， 由（1）得， ∴， ∴的度数为． 【点睛】题目主要考查旋转的定义、性质，三角形全等的性质及勾股定理逆定理等知识点，熟练掌握知识点并融会贯通，是解题关键． 9．（1）平行；（2）见解析；（3）存在，S1＝2S2，理由见解析. 【分析】（1）根据等腰直角三角形的性质和平行线的判定方法即可得到结论； （2）根据等腰直角三角形的性质得到∠B＝∠C＝45°，再根据三角形的内角和即可得到结论； （3）连接AD，根据等腰直角三角形的性质和余角的性质可得BD＝CD＝AD，∠B＝∠CAD，∠BDP＝∠ADQ，进而可根据ASA证明△BDP≌△ADQ，再根据全等三角形的性质即可得到结论． 【详解】解：（1）∵AB＝AC，∠BAC＝90°，∴∠ABD＝∠C=45°， ∵DE＝DF，∠EDF＝90°，∴∠F＝∠E＝45°， ∴∠F＝∠ ABD，∴AB∥EF； 故答案为：平行； （2）∵AB＝AC，∠BAC＝90°，∴∠B＝∠C＝45°， ∵∠EDF＝90°，∴∠BDP+∠CDQ＝90°， ∴∠BPD+∠DQC＝360°﹣∠B﹣∠C﹣∠BDP﹣∠CDQ＝180°； （3）S1与S2之间存在不变的数量关系：S1＝2S2. 理由：连接AD，如图，∵AB＝AC，AD⊥BC， ∴BD＝CD＝AD＝BC，∠B＝∠C＝∠CAD＝45°， ∵∠BDP+∠ADP＝∠ADP+∠ADQ＝90°， ∴∠BDP＝∠ADQ， ∴△BDP≌△ADQ（ASA）， ∴S△ABD＝S△BPD+S△APD＝S△ADQ+S△APD＝S2， 又∵S△ADB＝S1， ∴S1＝2S2． 【点睛】本题考查了等腰直角三角形的性质、平行线的判定、全等三角形的判定和性质以及三角形的内角和定理等知识，属于常考题型，熟练掌握等腰直角三角形的性质和全等三角形的判定和性质是解题的关键. 10．(1) (2)①，② 【分析】（1）根据等边三角形的性质和旋转的性质可得，即可得出结论； （2）①根据等边三角形的性质可得，从而得到，由，可得．进而得到．再由，可得，即可求解； ②延长至点N，使，连接．通过证明，从而得到，，进而得到，则可得到 即可求解． 【详解】（1）解：∵为等边三角形， ∴，， ∵线段绕点顺时针旋转60°得到， ∴，， ∴，即， 在和中， ， ∴， ∴； （2）①∵为等边三角形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴；即． 故答案为：； ②延长至点N，使，连接， ∵点为的中点， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， ∵， ∴，即， 由（1）可得， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴为等边三角形，则， ∴， ∵， ∴． 【点睛】本题主要考查了等边三角形判定和性质，全等三角形的判定和性质，图形的旋转，熟练掌握等边三角形判定和性质定理，全等三角形的判定和性质定理，图形的旋转的性质是解题的关键． 11．（1）见解析；（2）∠A'BC=90°，． 【分析】（1）在Rt△ABC中，易得∠ABC=30°，由于旋转角为60°，易得旋转后的A'B⊥CB．故过点B作BC的垂线，截取A'B=AB，再以点A'为圆心，以AO为半径画弧，以点B为圆心，以BO为半径画弧，两弧相交于点O'，连接A'O'、BO'，即可得到△A'O'B； （2）根据旋转的性质求出A'B的长以及△BOO'是等边三角形，根据等边三角形的三条边都相等可得BO=OO'，等边三角形三个角都是60°求出∠BOO'=∠BO'O=60°，然后求出C、O、A'、O'四点共线，再利用勾股定理列式求出A'C，从而得到OA+OB+OC=A'C． 【详解】（1）∵∠C=90°，AC=1，BC， ∴AB=， ∴AB=2AC， ∴∠ABC=30°． ∵△AOB绕点B顺时针方向旋转60°， ∠A'BC=∠ABC+60°=30°+60°=90°， ∴A'B⊥CB． 过点B作BC的垂线，截取A'B=AB， 再以点A'为圆心，以AO为半径画弧， 以点B为圆心，以BO为半径画弧， 两弧相交于点O'，连接A'O'、BO'， 即△A'O'B如图所示； （2））∵∠C=90°，AC=1，BC， ∴AB=， ∴AB=2AC， ∴∠ABC=30°． ∵△AOB绕点B顺时针方向旋转60°，得到△A'O'B， ∴A'B=AB=2，BO=BO'，A'O'=AO，∠ABA′=60°， ∴△BOO'是等边三角形，∠A'BC=∠ABC+∠ABA′=30°+60°=90°， ∴BO=OO'，∠BOO'=∠BO'O=60°． ∵∠AOC=∠COB=∠BOA=120°=∠A'O'B， ∴∠COB+∠BOO'=∠BO'A'+∠BO'O=120°+60°=180°， ∴C、O、A'、O'四点共线． 在Rt△A'BC中，A'C， ∴OA+OB+OC=A'O'+OO'+OC=A'C． 【点睛】本题考查了利用旋转变换作图，旋转变换的性质，直角三角形30°角所对的直角边等于斜边的一半的性质，勾股定理，等边三角形的判定与性质，综合性较强，最后一问求出C、O、A'、O'四点共线是解答本题的关键． 12．(1)画图见解析 (2) (3) 【分析】本题主要考查图形的旋转，正方形的性质，勾股定理的综合，掌握旋转的性质，勾股定理与图形面积的计算方法是解题的关键． （1）将此图案的各顶点绕点按顺时针方向旋转后找到它们的对应点，顺次连接得到的图案，就是所要求画的图案． （2）观察画出的图形，可发现依次代入求值． （3）这个图案就是我们几何中的勾股定理． 【详解】（1）解：根据题意作图如下， （2）解： ， ∴四边形的面积是． （3）解：由图可知： ， 整理得：，即：，即勾股定理． 13．（1）详见解析；（2）；（3）DF=12 【分析】（1）由旋转的性质得到∠DBE=90°，BD=BE，进而可得∠ABE=∠CBD，即可证明△ABE≌△CBD，由全等三角形对应角相等得到∠EAB=∠DCB．在△AMB和△CMN，根据对顶角相等和三角形内角和定理即可得到∠CNM=90°，即可得出结论； （2）连接ED．在Rt△CNE、Rt△AND、Rt△ANC、Rt△DNE中，分别利用勾股定理即可得出结论． （3）延长EB到G．由A和F关于直线BE对称，得到∠ABG=∠FBG，AB=BF，进而得到BC=BF．根据邓娇的余角相等得到∠CBE=∠FBD，即可证明△CBE≌△FBD，根据全等三角形对应边相等得到CE=FD．由（2）的结论可求出CE的长，等量代换即可得出结论． 【详解】（1）作图见图1． ∵将线段BD绕点B逆时针旋转90° 得到线段BE， ∴∠DBE=90°，BD=BE． ∵∠ABC=90°， ∴∠ABE=∠CBD． 在△ABE和△CBD中，∵AB=BC，∠ABE=∠CBD，BE=BD， ∴△ABE≌△CBD， ∴∠EAB=∠DCB． ∵∠AMB=∠CMN， ∴∠CNM=∠ABM=90°， ∴AE⊥CD；    （2）．理由如下： 连接ED，如图2． ∵AE⊥CD， ∴，， ∴． ∵，， ∴． ∵，， ∴．    （3）延长EB到G，如图3． ∵A和F关于直线BE对称， ∴∠ABG=∠FBG，AB=BF． ∵AB=BC， ∴BC=BF． ∵∠ABC=∠DBE=90°， ∴∠ABG+∠CBE=90°，∠FBG+∠FBD=90°， ∴∠CBE=∠FBD． 在△CBE和△FBD中，∵CB=FB，∠CBE=∠FBD，BE=BD， ∴△CBE≌△FBD， ∴CE=FD． 由（2）可知：， ∴， ∴CE=12， ∴DF=CE=12．    【点睛】本题是旋转综合题．考查了旋转的性质，轴对称的性质、勾股定理以及全等三角形的判定和性质．利用勾股定理进行转化是解答本题的关键． 14．(1)见解析 (2)见解析 (3)的长为 【分析】（1）通过旋转的性质得到，再利用矩形的性质证明即可． （2）过点作于，利用角平分线上的点到角两边的距离相等得到，再利用旋转及矩形的性质得到≌，得到点是中点，利用中位线的性质解题即可． （3）过点作于，过作于，利用含的直角三角形的性质及勾股定理计算即可． 【详解】（1）证明：将矩形绕着点逆时针旋转得到矩形，使点恰好落到线段上的点处， ， ， ， ， ， 平分； （2）证明：过点作于，如图： 平分，，， ， ， ，，， ≌， ，即点是中点， 点是中点， 是的中位线， ∴； （3）解：过点作于，过作于，如图： ， ， ， ， ， ， ，， 在中， ， 的长为． 【点睛】本题主要考查旋转的性质，涉及到三角形全等的判定及性质，矩形的性质，勾股定理，能够熟练运用旋转的性质并结合其他几何性质添加辅助线和证明是解题关键． 15．(1)证明见解析 (2) (3)，理解见解析 【分析】（1）由旋转的性质得，，从而证明，即可得到结论； （2）同第（1）小题的方法，证明，即可得到结论； （3）由（2）可得，从而得，进而即可得到结论． 【详解】（1）证明：∵线段绕点逆时针旋转角度至位置，， ∴，， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴． （2）解：∵， 由旋转可知：，， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴． 故答案为：． （3），理由如下： ∵，， ∴， 由（2）可得：， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查旋转的性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质．掌握三角形全等的证明是解题的关键． 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $